2022年高考物理一輪-機械能及其守恒定律素養(yǎng)提升練教師講解版

文檔來源網(wǎng)絡整理侵權必刪PAGE15.7機械能及其守恒定律素養(yǎng)提升練1.一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系的圖象是()【答案】C【解析】小物塊上滑過程，由動能定理得－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；設小物塊上滑的最大位移大小為s，小物塊下滑過程，由動能定理得(mgsinθ－μmgcosθ)(s－x)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)s－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故只有C正確．2.如圖所示，運動員把質(zhì)量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達到的最高點高度為h，在最高點時的速度為v，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．運動員踢球時對足球做功eq\f(1,2)mv2B．足球上升過程重力做功mghC．運動員踢球時對足球做功mgh＋eq\f(1,2)mv2D．足球上升過程克服重力做功mgh＋eq\f(1,2)mv2【答案】C【解析】足球被踢起后在運動過程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的機械能守恒，足球到達最高點時，機械能為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，由于足球的機械能守恒，則足球剛被踢起時的機械能為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，足球獲得的機械能等于運動員對足球所做的功，因此運動員對足球做功E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故A錯誤，C正確；足球上升過程重力做功WG＝－mgh，足球上升過程中克服重力做功W克＝mgh，故B、D錯誤。3.如圖所示，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mgl【答案】A【解析】由題意可知，PM段細繩的機械能不變，MQ段細繩的重心升高了eq\f(l,6)，則重力勢能增加ΔEp＝eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝eq\f(1,9)mgl，由功能關系可知，在此過程中，外力做的功為W＝eq\f(1,9)mgl，故選項A正確，B、C、D錯誤．4.兩位同學在學校操場上同一高度處同時拋出甲、乙兩小球，甲球初速度方向豎直向上，乙球初速度方向水平。已知兩小球初速度大小相等，不計空氣阻力影響。下列說法正確的是()A．甲球先落地，落地時甲球速度大B．乙球先落地，落地時乙球速度大C．甲球先落地，落地時兩球速度大小相等D．乙球先落地，落地時兩球速度大小相等【答案】D【解析】甲球初速度方向豎直向上，乙球初速度方向水平，則乙球落地時間t＝eq\r(\f(2h,g))，而甲球先向上運動，然后向下做自由落體運動，可知落地時間大于t，則乙球先落地，A、C錯誤；根據(jù)機械能守恒可得mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2，可知落地速度大小相等，B錯誤，D正確。5.如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑固定軌道由一個半徑為R的eq\f(1,4)圓弧AB和另一個eq\f(1,2)圓弧BC組成，兩者在最低點B平滑連接。一小球(可視為質(zhì)點)從A點由靜止開始沿軌道下滑，恰好能通過C點，則BC弧的半徑為()A．eq\f(2,5)R B．eq\f(3,5)RC．eq\f(1,3)R D．eq\f(2,3)R【答案】A【解析】設BC弧的半徑為r。小球恰好能通過C點時，由重力充當向心力，則有mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)，小球從A到C的過程，以C點所在水平面為參考平面，根據(jù)機械能守恒定律得mg(R－2r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，聯(lián)立解得r＝eq\f(2,5)R。6.一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x的關系圖線是()【答案】C【解析】設斜面的傾角為θ，物塊的質(zhì)量為m，沿斜面向上為位移正方向；根據(jù)動能定理可得上滑過程：－mgxsinθ－μmgxcosθ＝Ek－Ek0，則Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；下滑過程：mgx′sinθ－μmgx′cosθ＝Ek－0，則Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x′；物塊的動能Ek與位移x成線性關系，根據(jù)能量守恒定律可得，最后的總動能小于初動能，故C正確，A、B、D錯誤。7.我國的海洋動力環(huán)境衛(wèi)星和海陸雷達衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運動，設海陸雷達衛(wèi)星的軌道半徑是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星的n倍(n≠1)，下列說法正確的是()A．在相同時間內(nèi)，海陸雷達衛(wèi)星到地心的連線掃過的面積與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星到地心的連線掃過的面積相等B．海陸雷達衛(wèi)星做勻速圓周運動的半徑的三次方與周期的平方之比等于海洋動力環(huán)境衛(wèi)星做勻速圓周運動的半徑的三次方與周期的平方之比C．海陸雷達衛(wèi)星與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星角速度之比為∶1D．海陸雷達衛(wèi)星與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星周期之比為1∶【答案】B【解析】根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r，可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，衛(wèi)星與地心的連線t時間內(nèi)掃過的面積為S＝eq\f(ωt,2π)πr2＝eq\f(ωt,2)r2＝eq\f(\r(GMr),2)t，半徑不同，則面積不同，A錯誤；由T＝2πeq\r(\f(r3,GM))可知eq\f(r3,T2)＝eq\f(GM,4π2)，eq\f(r3,T2)是一個定值，B正確；根據(jù)ω＝eq\r(\f(GM,r3))可知，海陸雷達衛(wèi)星與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星的角速度之比為1∶，C錯誤；根據(jù)T＝2πeq\r(\f(r3,GM))可知，海陸雷達衛(wèi)星與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星的周期之比為∶1，D錯誤．二、多項選擇題8.如圖甲所示，O點處固定有力傳感器，長為l的輕繩一端與力傳感器相連，另一端固定著一個小球?，F(xiàn)讓小球在最低點以某一速度開始運動，設輕繩與豎直方向的角度為θ(如圖所示)，圖乙為輕繩彈力大小F隨cosθ變化的部分圖像。圖乙中a為已知量，重力加速度大小為g，則()A．小球質(zhì)量為eq\f(a,g)B．小球在與圓心等高處時的速度為eq\r(\f(gl,2))C．小球恰能做完整的圓周運動D．小球在最低點時的速度為2eq\r(gl)【答案】AD【解析】設小球在最低點時速度為v0，則當運動到與豎直方向成θ角位置時，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgl(1－cosθ)，由牛頓第二定律有T－mgcosθ＝meq\f(v2,l)，解得T＝3mgcosθ＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m\f(veq\o\al(2,0),l)－2mg))，對比圖像可知k＝3mg＝eq\f(5a－2a,1)，meq\f(veq\o\al(2,0),l)－2mg＝2a，解得m＝eq\f(a,g)，v0＝2eq\r(gl)，A、D正確；小球在與圓心等高處時θ＝90°，則速度v1＝eq\r(2gl)，B錯誤；小球到達最高點時θ＝180°，則速度v2＝0＜eq\r(gl)，則小球不能經(jīng)過最高點，C錯誤。9.如圖所示，在升降機內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個系統(tǒng)由靜止開始加速上升高度h的過程中()A．物塊A的重力勢能增加量一定等于mghB．物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和C．物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和D．物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的和【答案】CD【解析】當物塊具有向上的加速度時，彈簧彈力在豎直方向上的分力和斜面的支持力在豎直方向上的分力的合力大于重力，所以彈簧的彈力比物塊靜止時大，彈簧的伸長量增大，物塊A相對于斜面向下運動，物塊A上升的高度小于h，所以重力勢能的增加量小于mgh，故A錯誤；對物塊A由動能定理有物塊A的動能增加量等于斜面的支持力、彈簧的拉力和重力對其做功的和，故B錯誤；物塊A機械能的增加量等于斜面支持力和彈簧彈力做功的和，故C正確；物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的和，故D正確．10.如圖所示，輕繩一端固定在O點，另一端拉著立方體小盒子在豎直平面內(nèi)做順時針方向的圓周運動，小盒子里裝了一質(zhì)量為m的光滑小球，小球的大小略小于盒子，A、C兩點分別為水平直徑的左端和右端；B、D兩點分別為豎直直徑的下端和上端。當小盒子運動至D點時，小球與小盒子的四個壁間恰好無相互作用力。已知當?shù)刂亓铀俣葹間，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()A．小球運動至A點時，對小盒子下壁的壓力為零B．小球運動至C點時，對小盒子右壁的壓力為2mgC．小球運動至C點時，對小盒子下壁的壓力為mgD．小球運動至B點時，對小盒子下壁的壓力為6mg【答案】AD【解析】由題意可知，小球與小盒子一起運動，將小球與小盒子作為整體可知，在A點、C點時整體豎直方向的加速度為重力加速度，小球在A點、C點時豎直方向的加速度也應為重力加速度，則小球運動至A、C點時，對小盒子下壁的壓力為零，故A正確，C錯誤；小盒子運動至D點時，小球與小盒子的四個壁間恰好無相互作用力，則有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，小球從D到C過程中有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，小球在C點有NC＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，聯(lián)立解得NC＝3mg，故B錯誤；小球從D到B過程中有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，小球在B點有NB－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，聯(lián)立解得NB＝6mg，故D正確。11.如圖所示，一個電影替身演員準備跑過一個屋頂，然后水平地跳躍并離開屋頂，在下一棟建筑物的屋頂上著地．如果他在屋頂跑動的最大速度是4.5m/s，那么下列關于他能否安全跳過去的說法正確的是(g取10m/s2)()A．他可能安全跳過去B．他不可能安全跳過去C．如果要安全跳過去，他在屋頂水平跳躍速度應大于6.2m/sD．如果要安全跳過去，他在屋頂水平跳躍速度應小于4.5m/s【答案】BC【解析】由h＝eq\f(1,2)gt2可知，演員的下落時間為1秒，若安全跳過去，他在屋頂水平跳躍速度應至少為v＝eq\f(x,t)＝6.2m/s，故B、C正確．12.一質(zhì)量為2kg的物體放在水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，0～1s內(nèi)物體受到的水平拉力大小為F1，1～3s內(nèi)物體受到的水平拉力大小為F2，且F1＝2F2，物體沿水平面做直線運動的v－t圖像如圖所示。3s末撤去水平拉力，撤去拉力后物體繼續(xù)滑行一段時間后停止，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．物體0～3s內(nèi)發(fā)生的位移為12mB．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.4C．0～3s內(nèi)拉力對物體做功為144JD．撤去拉力后物體還能滑行3s【答案】AD【解析】根據(jù)圖線的面積可得0～3s內(nèi)的位移為x＝eq\f(1,2)×1×4m＋eq\f(1,2)×(4＋6)×2m＝12m，故A正確；由圖可知在0～1s內(nèi)的加速度a1＝4m/s2，1～3s內(nèi)的加速度a2＝1m/s2，由牛頓第二定律得F1－f＝ma1，F(xiàn)2－f＝ma2，把F1＝2F2，f＝μmg代入可得f＝4N，μ＝0.2，故B錯誤；整個過程中摩擦力做的功是Wf＝－fx＝－4×12J＝－48J，設拉力做功為W，由動能定理得W＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中v2＝6m/s，解得拉力做功W＝84J，故C錯誤；撤去拉力后物體的加速度a＝eq\f(f,m)＝2m/s2，所以撤去拉力后物體滑行的時間t＝eq\f(v2,a)＝eq\f(6,2)s＝3s，故D正確。13.某實驗小組利用如圖所示的實驗裝置來驗證鉤碼和滑塊所組成的系統(tǒng)機械能守恒，裝置中的氣墊導軌工作時可使滑塊懸浮起來，以減小滑塊運動過程中的阻力．實驗前已調(diào)整氣墊導軌底座保持水平，實驗中測量出的物理量有：鉤碼的質(zhì)量m、滑塊的質(zhì)量M、滑塊上遮光條由圖示初始位置到光電門的距離x.(1)若用游標卡尺測得遮光條的寬度為d，實驗時掛上鉤碼，將滑塊從圖示初始位置由靜止釋放，由數(shù)字計時器讀出遮光條通過光電門的時間Δt，則可計算出滑塊經(jīng)過光電門時的速度為eq\f(d,Δt).(2)要驗證系統(tǒng)的機械能守恒，除了已經(jīng)測量出的物理量外還需要已知(3)本實驗通過比較和在實驗誤差允許的范圍內(nèi)相等(用物理量符號表示)，即可驗證系統(tǒng)的機械能守恒．【答案】當?shù)氐闹亓铀俣龋甿gx、eq\f(d2,2Δt2)(M＋m)【解析】(1)根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度，可知滑塊經(jīng)過光電門的速度大小v＝eq\f(d,Δt).(2)以鉤碼和滑塊所組成的系統(tǒng)為研究對象，其重力勢能的減小量為mgx，系統(tǒng)動能的增量為eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)(M＋m)eq\f(d2,Δt2)，可知還需要知道當?shù)氐闹亓铀俣龋?3)驗證重力勢能的減小量mgx和動能的增加量eq\f(d2,2Δt2)(M＋m)是否相等即可．14.利用氣墊導軌“驗證機械能守恒定律”，實驗裝置如圖甲所示，水平桌面上固定一傾斜的氣墊導軌，導軌上A點處有一帶長方形遮光片的滑塊，其總質(zhì)量為M，左端由跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細繩與一質(zhì)量為m的小球相連；遮光片兩條長邊與導軌垂直，導軌上B點有一光電門，可以測量遮光片經(jīng)過光電門時的擋光時間t，用d表示A點到光電門B處的距離，b表示遮光片的寬度，將遮光片通過光電門的平均速度看作滑塊通過B點時的瞬時速度v，實驗時滑塊在A處由靜止開始運動．(1)某次實驗測得傾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑塊從A處到達B處時m和M組成的系統(tǒng)動能增加量可表示為ΔEk＝________________，系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為ΔEp＝________，在誤差允許的范圍內(nèi)，若ΔEk＝ΔEp，則可認為系統(tǒng)的機械能守恒；(用題中所給字母表示)(2)按上述實驗方法，某同學改變A、B間的距離，得到滑塊到B點時對應的速度，作出v2－d圖象如圖乙所示，并測得M＝m，則重力加速度g＝________m/s2.【答案】(1)eq\f(M＋mb2,2t2)(m－eq\f(M,2))gd(2)9.6【解析】(1)滑塊到達B處時的速度v＝eq\f(b,t)，則系統(tǒng)動能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(M＋mb2,2t2).系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp＝mgd－Mgdsin30°＝(m－eq\f(M,2))gd.(2)根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有eq\f(1,2)(M＋m)v2＝(m－eq\f(M,2))gd，則v2＝eq\f(2m－Mgd,M＋m)，題圖乙圖線的斜率k＝eq\f(2m－M,M＋m)g＝eq\f(2.4,0.5)m/s2＝4.8m/s2，又M＝m，解得g＝9.6m/s2.15.如圖所示，半徑為R的圓管BCD豎直放置，一可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m的小球以某一初速度從A點水平拋出，恰好從B點沿切線方向進入圓管，到達圓管最高點D后水平射出．已知小球在D點對管下壁壓力大小為eq\f(1,2)mg，且A、D兩點在同一水平線上，BC弧對應的圓心角θ＝60°，不計空氣阻力．重力加速度為g，求：(1)小球在A點初速度的大小；(2)小球在D點的角速度；(3)小球在圓管內(nèi)運動過程中克服阻力做的功．【答案】(1)eq\r(gR)(2)eq\r(\f(g,2R))(3)eq\f(1,4)mgR【解析】(1)小球從A到B，豎直方向：vy2＝2gR(1＋cos60°)解得vy＝eq\r(3gR)在B點：v0＝eq\f(vy,tan60°)＝eq\r(gR).(2)在D點，由向心力公式得mg－eq\f(1,2)mg＝meq\f(v\o\al(D2),R)解得vD＝eq\f(\r(2gR),2)故ω＝eq\f(vD,R)＝eq\r(\f(g,2R)).(3)從A到D全過程由動能定